2020届肇庆市高三第二次统一检测数学（理）试题（解析版）

2020届广东省肇庆市高三第二次统一检测数学（理）试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】D【解析】先化简集合A,B，再求AB得解.【详解】由题得，所以AB=.故选：D【点睛】本题主要考查集合的化简和运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.2设复数满足，则在复平面内对应的点为，则（ ）ABCD【答案】B【解析】由题得,代入化简即得解.【详解】由题得,代入得.故选：B【点睛】本题主要考查复数的模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3下列函数为奇函数的是（ ）ABCD【答案】D【解析】利用奇函数的定义逐一分析判断每一个选项的函数得解.【详解】选项四个函数的定义域都是R.A. ,所以函数是偶函数；B. ，所以函数是偶函数；C. ，所以函数是偶函数；D. ，所以函数是奇函数.故选：D【点睛】本题主要考查奇函数的判定，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.4袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为( )ABCD1【答案】B【解析】由从共有15个球中任取2个球，共有种不同的取法，其中所取的2个球中恰有1个白球，1个红球，共有种不同的取法，再利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解【详解】由题意，从共有15个除了颜色外完全相同的球，任取2个球，共有种不同的取法，其中所取的2个球中恰有1个白球，1个红球，共有种不同的取法，所以概率为，故选B.【点睛】本题主要考查了排列、组合的应用，以及古典概型及其概率的应用，其中解答中认真审题，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题5等差数列，的第四项等于（ ）ABCD【答案】B【解析】先根据已知求出x的值，再求出等差数列的第四项得解.【详解】由题得.所以等差数列的前三项为0,3,6,公差为3，所以等差数列的第四项为9.故选：B【点睛】本题主要考查等差中项的应用，考查等差数列的通项的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6展开式中的常数项是 （ ）ABCD【答案】B【解析】分析：求出二项展开式的通项，令x的次数等于零可求得常数项详解：二项式展开式的通项为令，可得，即展开式中的常数项是故选B点睛：求二项展开式的特定项问题，实质是考查通项的特点，一般需要建立方程求k，再将k的值代回通项求解，注意k的取值范围(k0，1，2，n)求常数项时，即这项中不含“变元”，可令通项中“变元”的幂指数为0建立方程，求得k后可得所求7若是两条不同的直线，垂直于平面，则“”是“”的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【解析】若，因为垂直于平面，则或；若，又垂直于平面，则，所以“”是“的必要不充分条件，故选B【考点】空间直线和平面、直线和直线的位置关系8执行如图1所示的程序框图，如果输入的，则输出的的最大值为（ ）A B C D 【答案】C【解析】试题分析：该程序执行以下运算：已知，求的最大值.作出表示的区域如图所示，由图可知，当时，最大，最大值为.选C.【考点定位】程序框图与线性规划.9已知e为自然对数的底数,设函数,则( )A当k=1时,f(x)在x=1处取到极小值B当k=1时,f(x)在x=1处取到极大值C当k=2时,f(x)在x=1处取到极小值D当k=2时,f(x)在x=1处取到极大值【答案】C【解析】当k=1时，函数f(x)=(ex1)(x1).求导函数可得f(x)=ex(x1)+(ex1)=(xex1)f(1)=e10，f(2)=2e210，则f(x)在在x=1处与在x=2处均取不到极值，当k=2时，函数f(x)=(ex1)(x1)2.求导函数可得f(x)=ex(x1)2+2(ex1)(x1)=(x1)(xex+ex2)当x=1，f(x)=0，且当x1时，f(x)0，当x0x1时(x0为极大值点)，f(x)0，故函数f(x)在(1,+)上是增函数；在(x0,1)上是减函数，从而函数f(x)在x=1取得极小值。对照选项。故选C.10抛物线方程为，动点的坐标为，若过点可以作直线与抛物线交于两点，且点是线段的中点，则直线的斜率为（ ）ABCD【答案】A【解析】设,由题得两式相减化简即得直线AB的斜率.【详解】设,由题得，所以，故选：A【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查中点弦问题的解答，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11已知函数为定义城为的偶函数，且满足，当时，则函数在区间上零点的个数为（ ）ABCD【答案】A【解析】作出与的函数图象，根据图象的对称性得出结论【详解】是偶函数，所以的周期为，作出的函数图象如图所示：由图象可知的图象关于点，对称令可得，令，显然的函数图象关于点，对称作出在，上的函数图象如图所示：由图象可知与在，上有5个交点，根据对称性可知在，上也有5个交点，在，上的所有零点个数为10.故选：A【点睛】本题考查了函数图象变换与函数零点个数判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平12已知函数，则下述结论中错误的是（ ）A若在有且仅有个零点，则在有且仅有个极小值点B若在有且仅有个零点，则在上单调递增C若在有且仅有个零点，则的范围是D若图像关于对称，且在单调，则的最大值为【答案】B【解析】利用正弦函数的图象和性质对每一个选项逐一分析判断得解.【详解】因为,因为在有且仅有个零点，所以，所以.所以选项C正确；此时，在有且仅有个极小值点，故选项A正确；因为，因为，所以当时，所以，此时函数不是单调函数，所以选项B错误；因为图像关于对称，所以.如果函数在单调递增，令，所以，令时，函数的增区间为，所以此时不满足题意，所以该情况不存在.若在，单调递减，则，且，即，且，由上面两式可得，故奇数的最大值为11当时，此时在，上不单调，不满足题意当时，此时在，上单调递减，满足题意；故的最大值为9故选项D正确.故选：B【点睛】本题主要考查正弦函数的零点以及它的图象的对称性，正弦函数的单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.二、填空题13已知向量，若则_.【答案】【解析】先求出,再根据计算得解.【详解】由题得，因为，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查向量垂直的坐标表示和向量的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.14记为等比数列的前项和，若，则_.【答案】或【解析】解方程组即得解.【详解】由题得，解之得，或.故答案为：或【点睛】本题主要考查等比数列的通项和前n项和的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.15已知双曲线的渐近线与圆相切，则该双曲线的离心率为_.【答案】【解析】先求出圆心为（2,0），半径1.再求出渐近线方程即得化简即得解.【详解】由题得，所以圆心为（2,0），半径1.双曲线的一条渐近线为，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查双曲线离心率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.16在直四棱柱中，底面是边长为的菱形，过点与直线垂直的平面交直线于点，则三棱锥的外接球的表面积为_.【答案】【解析】建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,先确定M是中点，再求三棱锥的外接球的半径，即得解.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题得BD=.则A(2,0,0),B(,设，所以,所以.所以，所以.即点M是中点时，平面BDM.设三棱锥的外接球的半径为R,设MBD的外接圆半径为r,则，所以.所以三棱锥的外接球的表面积为.故答案为：.【点睛】本题主要考查几何体外接球的问题的解法，考查空间几何元素的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.三、解答题17已知在中，角对应的边分别为，（1）求角；（2）若，的面积为，求【答案】（1）（2）【解析】（1）利用正弦定理和余弦定理化简即得B的大小；（2）先根据的面积为求出a=1,即得C.【详解】（1）由及正弦定理可得 由余弦定理可得 又因为，所以 . （2）因为 , 所以. 又因为，所以是等边三角形，所以【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18某公司新上一条生产线，为保证新的生产线正常工作，需对该生产线进行检测，现从该生产线上随机抽取100件产品，测量产品数据，用统计方法得到样本的平均数，标准差，绘制如图所示的频率分布直方图，以频率值作为概率估值。（1）从该生产线加工的产品中任意抽取一件，记其数据为，依据以下不等式评判（表示对应事件的概率）评判规则为：若至少满足以上两个不等式，则生产状况为优，无需检修；否则需检修生产线，试判断该生产线是否需要检修；（2）将数据不在内的产品视为次品，从该生产线加工的产品中任意抽取2件，次品数记为，求的分布列与数学期望。【答案】(1) 不满足至少两个不等式，该生产线需检修;(2)见解析.【解析】分析：（1）根据频率分布直方图得出X落在上的概率，从而得出结论；（2）根据题意，的可能值为：0,1,2，分别求出对应的概率即可.详解：（1）由题意知，由频率分布直方图得：不满足至少两个不等式，该生产线需检修。（2）由（1）知：任取一件是次品的概率为：任取两件产品得到次品数的可能值为：0,1,2则 的分布列为：012 （或）点睛：本题考查了频率分布直方图，离散型随机变量的分布列，属于中档题.19如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点.（1）证明：平面；（2）若面与面所成二面角的大小为，求与面所成角的正弦值【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）连接交于，则是的中点，连接，证明，平面即得证；（2）如图以为原点，方向分别为轴，轴，轴正半轴建立空间直角坐标系.设，根据面与面所成二面角的大小为求出，再求出与面所成角的正弦值【详解】（1）证明：连接交于，则是的中点，连接， 则是的中位线，所以， 有因为， 所以平面. （2）如图以为原点，方向分别为轴，轴，轴正半轴建立空间直角坐标系.设，则，设，则，又，即，解得 设是平面的一个法向量，则即，方程的一组解为 ,显然是面的一个法向量，依题意有，得，结合式得 . 因为底面，所以是与面所成的角，所以 .【点睛】本题主要考查空间线面位置关系的证明，考查空间角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.20已知椭圆的短半轴长为，离心率为（1）求椭圆的方程；（2）设是椭圆上关于坐标原点对称的两点，且点在第一象限，轴，垂足为，连接并延长交椭圆于点，证明：是直角三角形【答案】（1）（2）见解析【解析】（1）由题得，解之即得椭圆的方程；（2）设，则，联立直线BE的方程和椭圆的方程求出， ，证明，是直角三角形即得证.【详解】（1）依题意可得，所以，得，所以椭圆的方程是 . （2）设，则，直线的方程为， 与联立得 ， 因为，是方程的两个解，所以 又因为，所以，代入直线方程得 所以，即是直角三角形.【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.21设函数.（1）讨论的单调区间；（2）证明：若，对任意的，有【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）先求导得到，令，通过对判别式的讨论得到的单调区间；（2）不妨设，要证明，只需证明，令 再利用导数证明即得证.【详解】（1） 令当时，即时，恒成立，所以的单调增区间是，无减区间. 当时，即或，设的两个零点为，若，因为，所以都大于0，所以当时，单调递增当时，单调递减当时，单调递增 若，当即时，都不为正数，所以当时，单调递增. 当时，即时，所以当时，单调递减当时，单调递增. 综上所述，当时，的单调递减区间为，的单调递增区间为，当时，的单调增区间是，无减区间.当时，的单调递减区间为的单调递增区间为， （2）不妨设，要证明，只需证明，只需证明令 因为，所以， 在是增函数，所以时，即.【点睛】本题主要考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，考查分析法证明不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.22在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，）， 在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）若曲线截直线所得线段的中点的直角坐标为，求直线的斜率.【答案】（1）时，x=1；时，；（2）【解析】（1）当时，的普通方程为；当时，直接写出直线的点斜式方程得解；对先平方再化简即得的直角坐标方程；（2）将代入整理，根据即得解.【详解】（1）当时，的普通方程为； 当时，的普通方程为，即 . 由得,即 . （2）将代入整理得 依题意得，即，即 得,所以直线的斜率为【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标和直角坐标的互化，考查直线参数方程t